一、選擇題（本大題共8個(gè)小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個(gè)選項(xiàng)，其中只有一項(xiàng)符合題目要求）
1、（4分）某儲(chǔ)運(yùn)部緊急調(diào)撥一批物資，調(diào)進(jìn)物資共用４小時(shí)，調(diào)進(jìn)物資2小時(shí)后開始調(diào)出物資（調(diào)進(jìn)物資與調(diào)出物資的速度均保持不變）．儲(chǔ)運(yùn)部庫存物資S(噸)與時(shí)間t(小時(shí))之間的函數(shù)關(guān)系如圖所示，這批物資從開始調(diào)進(jìn)到全部調(diào)出需要的時(shí)間是（ ）
A．4小時(shí)B．4.4小時(shí)C．4.8小時(shí)D．5小時(shí)
2、（4分）在直角三角形中，兩條直角邊長(zhǎng)分別為2和3，則其斜邊長(zhǎng)為（ ）
A．B．C．或D．或
3、（4分）如圖：菱形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，AC= ，BD=，動(dòng)點(diǎn)P在線段BD上從點(diǎn)B向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，PF⊥AB于點(diǎn)F，PG⊥BC于點(diǎn)G，四邊形QEDH與四邊形PFBG關(guān)于點(diǎn)O中心對(duì)稱，設(shè)菱形ABCD被這兩個(gè)四邊形蓋住部分的面積為S1，未被蓋住部分的面積為S2，，若S1=S2，則的值是（ ）
A．B．或C．D．不存在
4、（4分）菱形的兩條對(duì)角線長(zhǎng)分別為6㎝和8㎝,則這個(gè)菱形的面積為( )
A．48B．C．D．18
5、（4分）如圖，中，，，點(diǎn)在反比例函數(shù)的圖象上，交反比例函數(shù)的圖象于點(diǎn)，且，則的值為（ ）
A．B．C．D．
6、（4分） “垃圾分類，從我做起”，以下四幅圖案分別代表四類可回收垃圾，其中是中心對(duì)稱圖形的是（ ）
A．B．C．D．
7、（4分）下列四種標(biāo)志圖案中，既是軸對(duì)稱圖形又是中心對(duì)稱圖形的是（ ）
A．B．
C．D．
8、（4分）當(dāng)1＜a＜2時(shí)，代數(shù)式＋|1－a|的值是( )
A．－1B．1C．2a－3D．3－2a
二、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）
9、（4分）一組數(shù)據(jù)：，計(jì)算其方差的結(jié)果為__________．
10、（4分）一個(gè)多邊形的各內(nèi)角都相等，且內(nèi)外角之差的絕對(duì)值為60°，則邊數(shù)為__________．
11、（4分）若分式的值為0，則x的值是_____．
12、（4分）小軍旅行箱的密碼是一個(gè)六位數(shù)，由于他忘記了密碼的末位數(shù)字，則小軍能一次打開該旅行箱的概率是________．
13、（4分）在平面直角坐標(biāo)系中，已知坐標(biāo)，將線段(第一象限)繞點(diǎn)(坐標(biāo)原點(diǎn))按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)后，得到線段，則點(diǎn)的坐標(biāo)為____．
三、解答題（本大題共5個(gè)小題，共48分）
14、（12分）已知三個(gè)實(shí)數(shù)x，y，z滿足，求的值．
15、（8分）在?ABCD中，的平分線與BA的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，CE交AD于F
求證：；
若于點(diǎn)H，，求的度數(shù)．
16、（8分）先觀察下列等式，再回答問題：
① =1+1=2；
②=2+ =2 ；
③=3+=3；…
（1）根據(jù)上面三個(gè)等式提供的信息，請(qǐng)猜想第四個(gè)等式；
（2）請(qǐng)按照上面各等式規(guī)律，試寫出用 n（n 為正整數(shù)）表示的等式，并用所學(xué)知識(shí)證明．
17、（10分）某一公路的道路維修工程，準(zhǔn)備從甲、乙兩個(gè)工程隊(duì)選一個(gè)隊(duì)單獨(dú)完成，根據(jù)兩隊(duì)每天的工程費(fèi)用和每天完成的工程量可知，若由兩隊(duì)合做6天可以完成，共需工程費(fèi)用385200元；若單獨(dú)完成，甲隊(duì)比乙隊(duì)少用5天，每天的工程費(fèi)用甲隊(duì)比乙隊(duì)多4000元。
（1）求甲、乙獨(dú)做各需多少天？
（2）若從節(jié)省資金的角度，應(yīng)該選擇哪個(gè)工程隊(duì)？
18、（10分）如圖1，在正方形ABCD中，P是對(duì)角線BD上的點(diǎn)，點(diǎn)E在AB上，且PA=PE．
（1）求證：PC=PE；
（2）求∠CPE的度數(shù)；
（3）如圖2，把正方形ABCD改為菱形ABCD，其他條件不變，試探究∠CPE與∠ABC之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
B卷（50分）
一、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）
19、（4分）根據(jù)指令，機(jī)器人在平面上能完成下列動(dòng)作：先原地逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度，再朝其面對(duì)的方向沿直線行走距離，現(xiàn)機(jī)器人在平面直角坐標(biāo)系的坐標(biāo)原點(diǎn)，且面對(duì)軸正方向．請(qǐng)你給機(jī)器人下一個(gè)指令__________，使其移動(dòng)到點(diǎn)．
20、（4分）在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)(、為常數(shù)，)的圖象如圖所示，根據(jù)圖象中的信息可求得關(guān)于的方程的解為____.
21、（4分）如圖，BD是矩形ABCD的一條對(duì)角線，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是BD，DC的中點(diǎn)．若AB＝4，BC＝3，則AE+EF的長(zhǎng)為_____．
22、（4分）若關(guān)于的一元二次方程有實(shí)數(shù)根，則的取值范圍為______.
23、（4分）一個(gè)正方形的面積為4，則其對(duì)角線的長(zhǎng)為________.
二、解答題（本大題共3個(gè)小題，共30分）
24、（8分）如圖，平行四邊形ABCD的四個(gè)內(nèi)角的平分線相交成四邊形EFGH，求證：
（1）EG=HF．
（2）EG=BC-AB．
25、（10分）如圖①，在正方形中，點(diǎn)，分別在、上，且．
（1）試探索線段、的關(guān)系，寫出你的結(jié)論并說明理由；
（2）連接、，分別取、、、的中點(diǎn)、、、，四邊形是什么特殊平行四邊形？請(qǐng)?jiān)趫D②中補(bǔ)全圖形，并說明理由．
26、（12分）運(yùn)城市某學(xué)校去年在某商場(chǎng)購買甲、乙兩種不同足球，購買甲種足球共花費(fèi)2000元，購買乙種足球共花費(fèi)1400元，購買甲種足球數(shù)量是購買乙種足球數(shù)量的2倍.且購買一個(gè)乙種足球比購買一個(gè)甲種足球多花20元.
（1）求購買一個(gè)甲種足球、一個(gè)乙種足球各需多少元；
（2）今年為響應(yīng)“足球進(jìn)校園”的號(hào)召，這所學(xué)校決定再次購買甲、乙兩種足球共50個(gè).恰逢該商場(chǎng)對(duì)兩種足球的售價(jià)進(jìn)行調(diào)整，甲種足球售價(jià)比第一次購買時(shí)提高了，乙種足球售價(jià)比第一次購買時(shí)降低了.如果此次購買甲、乙兩種足球的總費(fèi)用不超過3000元，那么這所學(xué)校最多可購買多少個(gè)乙種足球？
參考答案與詳細(xì)解析
一、選擇題（本大題共8個(gè)小題，每小題4分，共32分，每小題均有四個(gè)選項(xiàng)，其中只有一項(xiàng)符合題目要求）
1、B
【解析】
分析：由圖中可以看出，2小時(shí)調(diào)進(jìn)物資30噸，調(diào)進(jìn)物資共用4小時(shí)，說明物資一共有60噸；2小時(shí)后，調(diào)進(jìn)物資和調(diào)出物資同時(shí)進(jìn)行，4小時(shí)時(shí)，物資調(diào)進(jìn)完畢，倉庫還剩10噸，說明調(diào)出速度為：（60-10）÷2噸，需要時(shí)間為：60÷25時(shí)，由此即可求出答案．
解答：解：物資一共有60噸，調(diào)出速度為：（60-10）÷2=25噸，需要時(shí)間為：60÷25=2.4（時(shí)）
∴這批物資從開始調(diào)進(jìn)到全部調(diào)出需要的時(shí)間是：2+2.4=4.4小時(shí)．
2、B
【解析】
根據(jù)勾股定理計(jì)算即可．
【詳解】
由勾股定理得，其斜邊長(zhǎng)=，
故選B．
本題考查的是勾股定理，如果直角三角形的兩條直角邊長(zhǎng)分別是a，b，斜邊長(zhǎng)為c，那么a1+b1=c1．
3、A
【解析】
根據(jù)對(duì)稱性確定E、F、G、H都在菱形的邊上，由于點(diǎn)P在BO上與點(diǎn)P在OD上求S1和S1的方法不同，因此需分情況討論，由S1=S1和S1+S1=8可以求出S1=S1=2．然后在兩種情況下分別建立關(guān)于x的方程，解方程，結(jié)合不同情況下x的范圍確定x的值．
【詳解】
①當(dāng)點(diǎn)P在BO上，0＜x≤1時(shí)，如圖1所示．
∵四邊形ABCD是菱形，AC=2，BD=2，
∴AC⊥BD，BO=BD=1，AO=AC=1，
且S菱形ABCD=BD?AC=8．
∴tan∠ABO==．
∴∠ABO=60°．
在Rt△BFP中，
∵∠BFP=90°，∠FBP=60°，BP=x，
∴sin∠FBP=．
∴FP=x．
∴BF=．
∵四邊形PFBG關(guān)于BD對(duì)稱，
四邊形QEDH與四邊形PEBG關(guān)于AC對(duì)稱，
∴S△BFP=S△BGP=S△DEQ=S△DHQ．
∴S1=2S△BFP
=2××x?
=x1．
∴S1=8-x1．
②當(dāng)點(diǎn)P在OD上，1＜x≤2時(shí)，如圖1所示．
∵AB=2，BF=，
∴AF=AB-BF=2．
在Rt△AFM中，
∵∠AFM=90°，∠FAM=30°，AF=2-．
∴tan∠FAM=．
∴FM=（2-）．
∴S△AFM=AF?FM
=（2-）?（2-）
=（2-）1．
∵四邊形PFBG關(guān)于BD對(duì)稱，
四邊形QEDH與四邊形FPBG關(guān)于AC對(duì)稱，
∴S△AFM=S△AEM=S△CHN=S△CGN．
∴S1=2S△AFM
=2×（2-）1
=（x-8）1．
∴S1=8-S1=8-（x-8）1．
綜上所述：
當(dāng)0＜x≤1時(shí)，S1=x1，S1=8-x1；
當(dāng)1＜x≤2時(shí)，S1=8-（x-8）1，S1=（x-8）1．
當(dāng)點(diǎn)P在BO上時(shí)，0＜x≤1．
∵S1=S1，S1+S1=8，
∴S1=2．
∴S1=x1=2．
解得：x1=1，x1=-1．
∵1＞1，-1＜0，
∴當(dāng)點(diǎn)P在BO上時(shí)，S1=S1的情況不存在．
當(dāng)點(diǎn)P在OD上時(shí)，1＜x≤2．
∵S1=S1，S1+S1=8，
∴S1=2．
∴S1=（x-8）1=2．
解得：x1=8+1，x1=8-1．
∵8+1＞2，1＜8-1＜2，
∴x=8-1．
綜上所述：若S1=S1，則x的值為8-1．
故選A.
本題考查了以菱形為背景的軸對(duì)稱及軸對(duì)稱圖形的相關(guān)知識(shí)，考查了菱形的性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)值等知識(shí)，還考查了分類討論的思想．
4、B
【解析】
試題解析：根據(jù)菱形的面積公式：
故選B.
5、D
【解析】
過點(diǎn)A作AD⊥x軸，過點(diǎn)C作CE⊥x軸，過點(diǎn)B作BF⊥x軸，利用AA定理和平行證得△COE∽△OBF∽△AOD，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求得，，根據(jù)反比例函數(shù)比例系數(shù)的幾何意義求得，從而求得，從而求得k的值．
【詳解】
解：過點(diǎn)A作AD⊥x軸，過點(diǎn)C作CE⊥x軸，過點(diǎn)B作BF⊥x軸
∴CE∥AD，∠CEO=∠BFO=90°
∵
∴∠COE+∠FOB=90°，∠ECO+∠COE=90°
∴∠ECO=∠FOB
∴△COE∽△OBF∽△AOD
又∵，
∴，
∴，
∴
∵點(diǎn)在反比例函數(shù)的圖象上
∴
∴
∴，解得k=±8
又∵反比例函數(shù)位于第二象限，
∴k=-8
故選：D．
本題考查反比例函數(shù)的性質(zhì)和相似三角形的判定和性質(zhì)，正確添加輔助線證明三角形相似，利用數(shù)形結(jié)合思想解題是關(guān)鍵．
6、C
【解析】
根據(jù)中心對(duì)稱圖形的定義：在平面內(nèi)，把一個(gè)圖形繞著某個(gè)點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180°，如果旋轉(zhuǎn)后的圖形與另一個(gè)圖形重合，那么就說明這兩個(gè)圖形的形狀關(guān)于這個(gè)點(diǎn)成中心對(duì)稱，逐一判定即可.
【詳解】
A選項(xiàng)，是軸對(duì)稱圖形，不符合題意；
B選項(xiàng)，是軸對(duì)稱圖形，不符合題意；
C選項(xiàng)，是中心對(duì)稱圖形，符合題意；
D選項(xiàng)，是軸對(duì)稱圖形，不符合題意；
故選：C.
此題主要考查對(duì)中心對(duì)稱圖形的理解，熟練掌握，即可解題.
7、B
【解析】
根據(jù)軸對(duì)稱圖形和中心對(duì)稱圖形的意義逐個(gè)分析即可.
【詳解】
解：A、不是軸對(duì)稱圖形，是中心對(duì)稱圖形；
B、是軸對(duì)稱圖形，是中心對(duì)稱圖形；
C、不是軸對(duì)稱圖形，是中心對(duì)稱圖形；
D、不是軸對(duì)稱圖形，不是中心對(duì)稱圖形．
故選B．
考核知識(shí)點(diǎn)：理解軸對(duì)稱圖形和中心對(duì)稱圖形的定義.
8、B
【解析】
解：∵1＜a＜2，
∴=|a-2|=-（a-2），
|1-a|=a-1，
∴+|1-a|=-（a-2）+（a-1）=2-1=1．
故選B．
二、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）
9、
【解析】
方差是用來衡量一組數(shù)據(jù)波動(dòng)大小的量．?dāng)?shù)據(jù)5，5，5，5，5全部相等，沒有波動(dòng)，故其方差為1．
【詳解】
解：由于方差是反映一組數(shù)據(jù)的波動(dòng)大小的，而這一組數(shù)據(jù)沒有波動(dòng)，故它的方差為1．
故答案為：1．
本題考查方差的意義．方差是用來衡量一組數(shù)據(jù)波動(dòng)大小的量，方差越大，表明這組數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越大，即波動(dòng)越大，數(shù)據(jù)越不穩(wěn)定；反之，方差越小，表明這組數(shù)據(jù)分布比較集中，各數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越小，即波動(dòng)越小，數(shù)據(jù)越穩(wěn)定．
10、3或1
【解析】
分別表示多邊形的每一個(gè)內(nèi)角及與內(nèi)角相鄰的外角，根據(jù)題意列方程求解即可．
【詳解】
解：因?yàn)椋憾噙呅蔚膬?nèi)角和為，又每個(gè)內(nèi)角都相等，
所以 ：多邊形的每個(gè)內(nèi)角為，
而多邊形的外角和為，由多邊形的每個(gè)內(nèi)角都相等，則每個(gè)外角也都相等，
所以多邊形的每個(gè)外角為，
所以，
所以，所以或
解得：，經(jīng)檢驗(yàn)符合題意．
故答案為：3或1．
本題考查的是多邊形的內(nèi)角和與外角和，多邊形的一個(gè)內(nèi)角與相鄰的外角互補(bǔ)，掌握相關(guān)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
11、-2
【解析】
根據(jù)分子等于零且分母不等于零列式求解即可．
【詳解】
解：由分式的值為2，得
x+2＝2且x﹣2≠2．
解得x＝﹣2，
故答案為：﹣2．
本題考查了分式的值為零的條件．若分式的值為零，需同時(shí)具備兩個(gè)條件：①分子的值為2，②分母的值不為2，這兩個(gè)條件缺一不可．
12、
【解析】
由一共有10種等可能的結(jié)果，小軍能一次打開該旅行箱的只有1種情況，直接利用概率公式求解即可求得答案．
【詳解】
∵一共有10種等可能的結(jié)果，小軍能一次打開該旅行箱的只有1種情況，
∴小軍能一次打開該旅行箱的概率是：.
故答案是：.
解題關(guān)鍵是根據(jù)概率公式(如果一個(gè)事件有n種可能，而且這些事件的可能性相同，其中事件A出現(xiàn)m種結(jié)果，那么事件A的概率P（A）=).
13、
【解析】
根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求出點(diǎn)的坐標(biāo)即可．
【詳解】
如圖，將點(diǎn)B繞點(diǎn)(坐標(biāo)原點(diǎn))按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)后，得到點(diǎn)
點(diǎn)的坐標(biāo)為
故答案為：．
本題考查了坐標(biāo)點(diǎn)的旋轉(zhuǎn)問題，掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
三、解答題（本大題共5個(gè)小題，共48分）
14、4
【解析】
求得到，然后求出，分子分母同除以xyz得，即可求解。
【詳解】
解：∵
∴
∴
分子分母同除以xyz得=4
本題考查了條件代數(shù)式求值問題，關(guān)鍵在于觀察條件和所求代數(shù)式直接的聯(lián)系；本題的聯(lián)系在于倒數(shù)的應(yīng)用和分式基本性質(zhì)的應(yīng)用。
15、證明見解析25°
【解析】
欲證明，只要證明即可；
想辦法求出即可解決問題；
【詳解】
解：四邊形ABCD是平行四邊形，
，，
，，
，
，
．
，
，
，
，
平分，
，
，
∴
本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、角平分線的定義以及等腰三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，屬于中考?？碱}型．
16、（1）；（2），證明見解析．
【解析】
（1）根據(jù)“第一個(gè)等式內(nèi)數(shù)字為1，第二個(gè)等式內(nèi)數(shù)字為2，第三個(gè)等式內(nèi)數(shù)字為3”，即可猜想出第四個(gè)等式為44；
（2）根據(jù)等式的變化，找出變化規(guī)律“n”，再利用開方即可證出結(jié)論成立．
【詳解】
（1）∵①1+1=2；②22；③33；里面的數(shù)字分別為1、2、3，
∴④ ．
（2）觀察，發(fā)現(xiàn)規(guī)律：1+1=2，223344，…，∴ ．
證明：等式左邊=n右邊．
故n成立．
本題考查了二次根式的性質(zhì)與化簡(jiǎn)以及規(guī)律型中數(shù)的變化類，解題的關(guān)鍵是：（1）猜測(cè)出第四個(gè)等式中變化的數(shù)字為4；（2）找出變化規(guī)律“n”．解決該題型題目時(shí)，根據(jù)數(shù)值的變化找出變化規(guī)律是關(guān)鍵．
17、（1）10 15 （2）選甲比較節(jié)約資金.
【解析】
（1）設(shè)甲獨(dú)做要x天，乙獨(dú)做要y天，根據(jù)題意列方程即可.
（2）設(shè)甲獨(dú)做要1天要m元，乙獨(dú)做要1天要n元，再計(jì)算每個(gè)工程隊(duì)的費(fèi)用進(jìn)行比較即可.
【詳解】
（1）設(shè)甲獨(dú)做要x天，乙獨(dú)做要y天
解得：
故甲獨(dú)做要10天，乙獨(dú)做要15天
（2）設(shè)甲獨(dú)做要1天要m元，乙獨(dú)做要1天要n元
解得
甲獨(dú)做要的費(fèi)用為：
乙獨(dú)做要的費(fèi)用為：
所以選甲
本題主要考查二元一次方程組的應(yīng)用，是?？键c(diǎn)，應(yīng)當(dāng)熟練掌握.
18、（1）見解析；（2）∠EPC=90°；（3）∠ABC+∠EPC=180°．
【解析】
試題分析：（1）先證出△ABP≌△CBP，得PA=PC，由于PA=PE，得PC=PE；
（2）由△ABP≌△CBP，得∠BAP=∠BCP，進(jìn)而得∠DAP=∠DCP，由PA=PC，得到∠DAP=∠E，∠DCP=∠E，最后∠CPF=∠EDF=90°得到結(jié)論；
（3）借助（1）和（2）的證明方法容易證明結(jié)論．
（1）證明：在正方形ABCD中，AB=BC，
∠ABP=∠CBP=45°，
在△ABP和△CBP中，
，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴PA=PC，
∵PA=PE，
∴PC=PE；
（2）解：由（1）知，△ABP≌△CBP，
∴∠BAP=∠BCP，
∵PA=PE，
∴∠PAE=∠PEA，
∴∠CPB=∠AEP，
∵∠AEP+∠PEB=180°，
∴∠PEB+∠PCB=180°，
∴∠ABC+∠EPC=180°，
∵∠ABC=90°，
∴∠EPC=90°；
（3）∠ABC+∠EPC=180°，
理由：解：在菱形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP=60°，
在△ABP和△CBP中，
，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴∠BAP=∠BCP，
∵PA=PE，
∴∠DAP=∠DCP，
∴∠PAE=∠PEA，
∴∠CPB=∠AEP，
∵∠AEP+∠PEB=180°，
∴∠PEB+∠PCB=180°，
∴∠ABC+∠EPC=180°．
考點(diǎn)：全等三角形的判定與性質(zhì)；正方形的性質(zhì)．
一、填空題（本大題共5個(gè)小題，每小題4分，共20分）
19、 [3，135°]．
【解析】
解決本題要根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，構(gòu)造直角三角形來解決．
【詳解】
解：如圖所示，設(shè)此點(diǎn)為C，屬于第二象限的點(diǎn)，過C作CD⊥x軸于點(diǎn)D，
那么OD＝DC＝3，
∴∠COD＝45°，OC＝OD÷cs45°＝，
則∠AOC＝180°?45°＝135°，
那么指令為：[，135°]
故答案為：[，135°]
本題考查求新定義下的點(diǎn)的旋轉(zhuǎn)坐標(biāo)；應(yīng)理解運(yùn)動(dòng)指令的含義，構(gòu)造直角三角形求解．
20、x=-2
【解析】
首先根據(jù)圖像中的信息，可得該一次函數(shù)圖像經(jīng)過點(diǎn)（-2,3）和點(diǎn)（0,1），代入即可求得函數(shù)解析式，方程即可得解.
【詳解】
解：由已知條件，可得圖像經(jīng)過點(diǎn)（-2,3）和點(diǎn)（0,1），代入，得
解得
即方程為
解得
此題主要考查利用一次函數(shù)圖像的信息求解析式，然后求解一元一次方程，熟練運(yùn)用，即可解題.
21、1
【解析】
先根據(jù)三角形中位線定理得到的長(zhǎng)，再根據(jù)直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)，即可得到的長(zhǎng)，進(jìn)而得出計(jì)算結(jié)果．
【詳解】
解：∵點(diǎn)E，F(xiàn)分別是的中點(diǎn)，
∴FE是△BCD的中位線，
.
又∵E是BD的中點(diǎn)，
∴Rt△ABD中，，
故答案為1．
本題主要考查了矩形的性質(zhì)以及三角形中位線定理的運(yùn)用，解題時(shí)注意：在直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半；三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半．
22、
【解析】
根據(jù)一元二次方程的定義和根的判別式得到△=b2-4ac≥0，然后求出不等式的解即可.
【詳解】
解： 有實(shí)數(shù)根
∴△=b2-4ac≥0即，解得：
即的取值范圍為：
本題考查了根的判別式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根與△=b2-4ac有如下關(guān)系：當(dāng)△＞0時(shí)，方程有兩個(gè)不相等的兩個(gè)實(shí)數(shù)根；當(dāng)△=0時(shí)，方程有兩個(gè)相等的兩個(gè)實(shí)數(shù)根；當(dāng)△＜0時(shí)，方程無實(shí)數(shù)根．
23、
【解析】
已知正方形的面積，可以求出正方形的邊長(zhǎng)，根據(jù)正方形的邊長(zhǎng)可以求出正方形的對(duì)角線長(zhǎng)．
【詳解】
如圖，
∵正方形ABCD面積為4，
∴正方形ABCD的邊長(zhǎng)AB==2，
根據(jù)勾股定理計(jì)算BD=．
故答案為：．
本題考查了正方形面積的計(jì)算，考查了勾股定理的運(yùn)用，計(jì)算正方形的邊長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵．
二、解答題（本大題共3個(gè)小題，共30分）
24、（1）見詳解；（2）見詳解．
【解析】
（1）利用三個(gè)內(nèi)角等于90°的四邊形是矩形，即可證明；
（2）延長(zhǎng)AF交BC于M，通過全等得到AB=BM，然后證明四邊形EMCG是平行四邊形，得到EG=CM，即可得證．
【詳解】
解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∵BH，CH分別平分∠ABC與∠BCD，
∴∠HBC=∠ABC，∠HCB=∠BCD，
∴∠HBC+∠HCB=（∠ABC+∠BCD）=×180°=90°，
∴∠H=90°，
同理∠HEF=∠F=90°，
∴四邊形EFGH是矩形，
∴EG=HF；
（2）如圖，延長(zhǎng)AF交BC于M，
由（1）中可知AE⊥AF，即∠BEA=∠BEM=90°，
在Rt△ABE和Rt△MBE中，
，
∴△ABE≌△MBE，
∴AB=MB，AE=EM，
由于四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠ABC=∠ADC，AB=CD
∵BH，DF分別平分∠ABC與∠ADC，
∴∠ABE=∠CDG，
在Rt△ABE和Rt△CDG中，
，
∴△ABE≌△CDG，
∴CG=AE，
∴CG=EM，
由于四邊形EFGH是矩形，
∴EM∥CG，
∴四邊形EMCG是平行四邊形，
∴EG=MC，
由于MC=BC-BM，
∴EG=BC-AB．
本題考查了矩形的判定，平行四邊形的判定和性質(zhì)，角平分線的定義，熟練掌握判定方法是解題的關(guān)鍵．
25、（1）AF＝DE，AF⊥DE，理由見詳解；（2）四邊形HIJK是正方形，補(bǔ)圖、理由見詳解．
【解析】
（1）根據(jù)已知利用SAS判定△DAE≌△ABF，由全等三角形的判定方法可得到AF＝DE，∠BAF＝∠ADE，再由直角三角形的兩個(gè)銳角互余和有兩個(gè)角互余的三角形是直角三角形可證得AF⊥DE．
（2）根據(jù)已知可得HK，KJ，IJ，HI都是中位線，由全等三角形的判定可得到四邊形四邊都相等且有一個(gè)角是直角，從而來可得到該四邊形是正方形．
【詳解】
解：（1）AF＝DE， AF⊥DE．
∵ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠DAB＝∠ABC＝90°，
∵AE＝BF，
∴△DAE≌△ABF，
∴AF＝DE，∠BAF＝∠ADE．
∵∠DAB＝90°，
∴∠BAF+∠DAF＝90°，
∴∠ADE+∠DAF＝90°，
∴AF⊥DE．
∴AF＝DE，AF⊥DE．
（2）四邊形HIJK是正方形．
如下圖，H、I、J、K分別是AE、EF、FD、DA的中點(diǎn)，
∴HI＝KJ＝AF，HK＝IJ＝ED，
∵AF＝DE，
∴HI＝KJ＝HK＝IJ，
∴四邊形HIJK是菱形，
∵△DAE≌△ABF，
∴∠ADE＝∠BAF，
∵∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠BAF+∠AED＝90°，
∴∠AOE＝90°
∴∠KHI＝90°，
∴四邊形HIJK是正方形．
此題主要考查正方形的判定的方法與性質(zhì)和菱形的判定，及全等三角形的判定等知識(shí)點(diǎn)的綜合運(yùn)用．
26、（1）購買一個(gè)甲種足球需50元，購買一個(gè)乙種足球需70元；（2）最多可購買31個(gè)乙種足球.
【解析】
（1）設(shè)購買一個(gè)甲種足球需x元，根據(jù)：購買足球數(shù)＝總費(fèi)用÷單價(jià)，購買甲種足球的數(shù)量＝2×購買乙種足球數(shù)量，列出方程求解即可；
（2）設(shè)這所學(xué)校再次購買y個(gè)乙種足球，根據(jù)：購買甲足球費(fèi)用＋購買乙足球費(fèi)用≤3000，列出不等式，求解得結(jié)論．
【詳解】
（1）解：設(shè)購買一個(gè)甲種足球需元，則購買一個(gè)乙種足球需元，
由題意得：，
解得：
經(jīng)檢驗(yàn)，是原方程的解，
答：購買一個(gè)甲種足球需50元，購買一個(gè)乙種足球需70元.
（2）設(shè)這所學(xué)校再次購買個(gè)乙種足球，則購買個(gè)甲種足球，
由題意得：
解得：，
答：最多可購買31個(gè)乙種足球.
本題解題關(guān)鍵：在于弄清已知數(shù)與所求量的數(shù)量關(guān)系，建立聯(lián)系，特別注意的是分式方程在應(yīng)用題里面也需要檢驗(yàn).
題號(hào)
一
二
三
四
五
總分
得分
批閱人

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